2019-2020学年长沙市第一中学高二上学期第二次阶段性考试数学试题（解析版）

2019-2020学年湖南省长沙市第一中学高二上学期第二次阶段性考试数学试题一、单选题1已知集合，集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】【详解】试题分析：，故选C【考点】本题主要考查集合的运算2命题“”的否定为ABCD【答案】B【解析】根据全称命题的否定是特称命题，符合换量词否结论,按照这一规律写出即可.【详解】由全称命题否定的定义可知，“”的否定为“”，故选B【点睛】一般命题的否定通常是保留条件否定其结论，得到真假性完全相反的两个命题；含有一个量词的命题的否定，是在否定结论的同时，改变量词的属性，即全称量词改为存在量词，存在量词改为全称量词注意：命题的否定只否定结论，而否命题是条件与结论都否定3某校为了解高三学生身体素质情况，从某项体育测试成绩中随机抽取个学生成绩进行分析，得到成绩频率分布直方图（如图所示），已知成绩在的学生人数为8，则的值为（ ）A40B50C60D70【答案】B【解析】利用成绩在的学生人数列方程，解方程求得的值.【详解】依题意，则.故选：B【点睛】本小题主要考查根据频率分布直方图计算样本容量，属于基础题.4已知，则ABCD【答案】B【解析】运用中间量比较，运用中间量比较【详解】则故选B【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养采取中间变量法，利用转化与化归思想解题5设函数是定义在上的奇函数，且，则（ ）A3BC2D【答案】D【解析】根据的奇偶性求得，由此求得.【详解】由于是定义在上的奇函数，当时，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查根据函数的奇偶性求解析式，考查分段函数求值，属于基础题.6在明朝程大位的算法统宗中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”这首歌谣描述的这个宝塔一共有7层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，共有381盏灯，则塔顶（ ）有盏灯A2B3C4D705【答案】B【解析】根据等比数列前项和公式列方程，解方程求得塔顶悬挂的红灯数.【详解】设塔顶有灯，公比为，所以，.故选：B【点睛】本小题主要考查等比数列前项和公式的基本量计算，属于基础题.7设单位向量，的夹角为，则与夹角的余弦值为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据题意得到的坐标，利用向量夹角的坐标运算，求得与夹角的余弦值.【详解】由于单位向量，的夹角为，所以，设的夹角为，则.故选：B【点睛】本小题主要考查向量夹角的计算，属于基础题.8已知变量满足约束条件，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】D【解析】由已知得到可行域如图：则的几何意义表示区域内的点与连接的直线斜率，所以与连接的直线斜率最大为（因为不在可行域内，故等号不成立），与连接的直线斜率最小趋于 ，故的取值范围是，故选D.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移或旋转变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.9如图在一个60的二面角的棱上有两个点，线段，分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱，且，则的长为（ ）ABC2D【答案】C【解析】根据二面角的定义，求得，利用，结合向量数量积的运算，求得的长.【详解】，；，；又与分别所在面的二面角为60，即;，的长为2故选:C【点睛】本小题主要考查向量法计算长度，考查二面角的定义，属于基础题.10已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，为抛物线在第一象限上的两个动点，且满足，则的最小值为（ ）A11B12C13D14【答案】C【解析】设出的坐标，利用，由此求得，结合抛物线的定义和基本不等式，求得的最小值.【详解】设，依题意得；又抛物线上的点、在第一象限，则，故所以；注意到，当且仅当时取等故选:C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查向量数量积的坐标运算，考查基本不等式求最值，属于基础题.11在如图所示的空间几何体中，下面的长方体的三条棱长，上面的四棱锥中，则过五点、的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】在四棱锥中，利用正弦定理求得外接圆的半径，利用勾股定理求得四棱锥的外接球半径，由此求得外接球的表面积.【详解】问题转化为求四棱锥的外接球的表面积，所以外接圆的半径为，由于平面，则平面，平面，所以平面平面，所以外接球的所以故选:C【点睛】本小题主要考查四棱锥外接球表面积的计算，属于基础题.12已知函数，若，对任意恒有，在区间上有且只有一个使，则的最大值为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据的零点和最值点列方程组，求得的表达式（用表示），根据在上有且只有一个最大值，求得的取值范围，求得对应的取值范围，由为整数对的取值进行验证，由此求得的最大值.【详解】由题意知，则其中，又在上有且只有一个最大值，所以，得，即，所以，又，因此当时，此时取可使成立，当时，所以当或时，都成立，舍去；当时，此时取可使成立，当时，所以当或时，都成立，舍去；当时，此时取可使成立，当时，所以当时，成立；综上所得的最大值为故选:C【点睛】本小题主要考查三角函数的零点和最值，考查三角函数的性质，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.二、填空题13已知，则的最小值为_【答案】4【解析】利用基本不等式，求得表达式的最小值.【详解】由于，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求最值，属于基础题.14若是从0，1，2，3四个数中任取的一个数，是从1，2两个数中任取的一个数，则关于的一元二次方程有实根的概率是_【答案】【解析】利用列举法，结合一元二次方程判别式，以及古典概型概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】依题意，的所有可能取值为.关于的一元二次方程有实根，则.所以使一元二次方程有实根的的取值为共种，所以关于的一元二次方程有实根的概率是.故答案为：【点睛】本小题主要考查古典概型的计算，考查一元二次方程有实数根的条件，属于基础题.15如图，、是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左右两支分别交于点、，若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程为_【答案】【解析】利用双曲线的定义和等边三角形的几何性质，结合余弦定理列方程，求得，进而求得双曲线的渐近线方程.【详解】根据双曲线的定义，而为等边三角形，即，则，从而，在中，由余弦定理可知：解之得，故渐近线方程为故答案为：【点睛】本小题主要考查双曲线的定义和几何性质，考查双曲线的渐近线方程的求法，考查等边三角形的性质，考查余弦定理解三角形，属于中档题.16已知中，为内一点，且满足，则_【答案】【解析】设，利用正弦定理列方程，化简后得到，再利用两角差的正弦公式以及同角三角函数的基本关系式进行化简，由此求得.【详解】设，由正弦定理得：，三式相乘即得：，即，所以，故答案为：【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查两角差的正弦公式，考查同角三角函数的基本关系式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.三、解答题17在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求角B的大小；（2）设a=2，c=3，求b和的值.【答案】()；()，.【解析】分析：（）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=（）在ABC中，由余弦定理可得b=结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得详解：（）在ABC中，由正弦定理，可